周测评(五)牛顿运动定律(二)-【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养周测评（鲁冀粤辽鄂湘黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏渝甘黔滇川皖B版）

旁力奋斗，运才福手中 2025一2026学年度学科素养周测评（五） 班级 题 物理·牛顿运动定律（二） 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 A.1￥2 B.1:1 C.3:4 D.2;1 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目 4.如图所示，一足够长的水平传送带以速度=2m/s顺时针匀速转动，把一质量M= 得分 要求。 1kg的木板B轻放在传送带上，同时把一个质量m=2kg的铁块A轻放在木板B的中 题号 2 3 4 5 央位置，A与B之间的动摩擦因数21=0.1，B与传送带之间的动摩擦因数以：=0.2，g 取10m/s”。下列说法正确的是 () 答案 1.某冰壶比赛赛道的简化图如图所示。A,B、C、D是水平冰面直线赛道上的四个点，其 →⊙ 中A是掷出点，D是营垒中心，AB=BC=CD。运动员将冰壶从A点以初速度p。掷 A,木板B与铁块A一起做匀加速直线运动，直到与传送带共速 出，冰壶沿直线AD做减速运动，经过B点时速度恰好为)，另一运动员用冰壶制摩擦 B.木板B与传送带共速后，木板处于平衡态，那么B与传送带之间的摩擦力为零 C.若铁块A不从木板B上滑落，则木板的长度至少为3m B、D之间的冰面以减小动摩擦因数，冰壶恰好到达营垒中心D。若未用冰壶刷摩擦冰 D,从放上A,B直到稳定的过程中与不放A、B相比，电动机多消耗的电能为6J 面时，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为：，假设摩擦后的冰面光滑程度处处相同，则摩擦 5.在光滑水平面上叠放有A,B两个物体，它们的质量分别为2m和m,C物体上固定连接 后冰壶与冰而之间的动摩擦因数为 () 一轻质滑轮，一轻质细线绕过两滑轮后连接到固定的墙上，其中与A连接的细线水平， 绕过C的两细线竖直，如图所示。不考虑滑轮的摩擦，A,B间的动摩擦因数：=0.2，g 背会 取10m/s。下列说法正确的是 A.s B片 c号 D若 2,某蹦床比赛中一运动员从最高点由静止开始沿竖直方向向下运动，运动员与蹦床接触后， 蹦床对运动员的弹力始终沿竖直方向，且弹力大小与形变量满足胡克定律。运动员可视 作质点，取竖直向下为正方向，不计空气阻力，重力加速度为g。运动员从最高点开始向下 A,A物体的最大加速度为2m/s 运动直到速度减为零的过程中，加速度随位移x变化的图像可能正确的是() B.B物体的最大加速度为4m/s C.C物体质量为m时，B的加速度为2,5m/s D,若A、B不发生相对运动，则C物体的最大质量为2m 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 题号 6 7 答案 6.滑沙运动是继滑冰、潜雪、滑草之后的另一项新兴运动。如图所示，若某滑沙者沿一坡 C D. 度相同的沙坡从顶端A由静止下滑时，经过两段长度相等、动摩擦因数不同的沙面AB 3.如图所示，一光滑的正三角形斜面体OAB放在光潜的水平地面上，不可伸长的轻绳两 和BC,滑到坡底C时速度恰减为零，则下列说法正确的是 端分别栓接质量为m1,m?的两物体，轻绳跨过周定在O点的光滑定滑轮，，m:分别 A,滑沙者经过AB和BC运动的时间相等 放在OA,OB面上，两部分轻绳与斜面均平行，作用在斜面体上的恒力（图中未画出） B.滑沙者在AB上运动时的加速度小于他在BC上运动时的加速度 使斜面体向右做匀加速运动，m1、m:与斜面体保持相对静止，且加，恰好没有离开斜 C.滑沙者与AB间的动摩擦因数大于他与BC间的动摩棕因数 面，则m1、2的质量比为 () D.滑沙者在AB间运动时损失的机械能小于他在BC间运动时损失的机械能 学科素养周测评（五）物理第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（五）物理第2页（共4页） 7.如图，老虎车是一种很实用的搬运工具，老虎车平而与挡板垂直，某一次在运货时老虎 车平面与水平地面的夹角为a,货物与老虎车保持相对静止，忽略货物与车平面之间的 摩擦力。g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是 () (5)该实验小组经过讨论后，改进了(4)中的实验方案，保持槽码、小车、砝码的总质量不 变，把槽码分别逐个叠放在小车上，重复(4)中的实验。由此得到的F图像是一条 (填“直线”或“曲线”)。 7789 9.(18分)如图甲所示，粗糙水平面上放置一足够长的木板，木板最右端放置一小物块，木 A.无论老虎车怎么运动，老虎车对货物的作用力方向总是竖直向上 板左侧某位置有一竖直墙壁，1=0时刻给木板和小物块一共同的初速度。，二者保持相 B.老虎车停止时，若由37缓慢增大到90°，则老虎车对货物的作用力不变 对静止向左运动，=2s时木板与竖直墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，2~4g内术板和物 C,若a=37不变时，老虎车平面对货物的作用力总是大于挡板对货物的作用力 块的速率时间图像如图乙所示。已知木板与墙壁碰撞后原速率反弹，木板质量M= D.若a=37不变时，为使货物不离开挡板，老虎车水平向右的加速度不能超过7.5ms 9kg,物块质量m=1kg,物块与木板，木板与水平面间的动摩擦因数均小于1，g取 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 10m/s。求： 8.(12分)某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 (1)初速度v。的大小： 打点计时器 (2)假设物块未掉下木板，则物块最终距木板右端的距离 定滑轮 请回答下列问题： (1)该实验需要研究三个物理量之间的关系，我们应该采用的研究方法是 A.控制变量法 B.放大法 C.理想实验法 (2)该小组同学经过讨论后认为需要平衡摩擦力，于是某同学将小车放在水平静止的长 10.(20分)如图所示，可视为质点的货物从倾斜、静止的传送带的最高点A由静止释放， 木板上，将长木板不带滑轮的一端缓慢垫高，直到小车拖着纸带由静止开始沿长木 经传送带最低点B(无机械能损失)运动到水平地面上，最终静止在距离B点d=5.5m处 板向下滑动为止，这名同学的操作（填“正确”或“错误”） 已知传送带的倾角8=53°，A、B两点之间的距离L=5.5m,货物与传送带及水平地面间 (3)某次实验获得的纸带如图乙所示，相邻计数点间均有4个点未画出，打点计时器电 的动摩擦因数相同，sin53°=0.8，c0s37°=0.6，g取10m/s2。 源颊率为50Hz,则小车的加速度大小为 m/s(结果保留三位有效数字)。 (1)求货物与传送带及水平地面间的动摩擦因数。 (2)若传送带以大小为？的速率沿顺时针方向匀速转动，仍将货物在A点由静止释放， 436517+006成1→764二46子 假设货物最终静止的位置到B点的距离为x,请推导x与。的函数关系式 单位：m (4)该小组在某次实验中，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为外力，通过改变 槽码的个数，得到了图丙中的图线1，另一位同学利用最初的几组数据拟合了一条图 线2。如图丙所示，作一条与纵轴平行的虚直线，与这两条图线及横轴的交点分别为 P,Q,N,若此虚线对应的小车和砝码总质量为M,悬挂糖码的质量为m,则 QN= (用M、m表示) 学科素养周测评（五）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（五）物理第4页（共4页）真题密卷 学科素养周测评 之后a、b发生弹性碰撞，由于质量相同，所以碰后 2act2-28 1 交换速度，直至轻绳绷紧，二者以相同的速度？匀 xc=vct- m (1分) 速运动，该过程系统动量守恒，则有 24 mv1+mv2=2mv (1分) 相对位移△x=rc一xB=9m>LB=2.5m 解得=1+ 则C在共速前就离开B,设C在B上运动的时间 2°VgL sin0. (2分) 为t',有 1 10.(1)0(2)3m (3)5.3m Le=vct 2act'1 (1分) 【解析】(1)小物块与薄木板间的滑动摩擦力大小 解得t'=1s fi=uimcg=5 N (1分) 该过程中B的位移 C在A上运动时，A、B与地面的滑动摩擦力大小 6=2a=1m 1 4 m (1分) f2=μ2(mA+mB十mc)g=6N (1分) 因为f<f (1分) B的速度vB=at'=2m/S 1 则A不动，故木板A的总位移为0。 (1分) C离开B后，B的加速度 (2)C到达B时的速度为oc,有 aB=uzg=1.5 m/s2 (1分) v2-v8=-2μ1gLA (1分) B做匀减速运动的位移 解得vc=4m/s vB 1 C在B上运动时，B与地面的滑动摩擦力大小 h-2an-12m (1分) f3=μ2(mB十mc)g=4.5N (1分) 此时C的加速度ac=1g=2.5m/s2 B运动的总位移xB%=xB十xB= 1 3 m (1分) 对B,根据牛顿第二定律有 (3)C在B上运动的位移 fi-f;=mBaB (1分) act'?-1 xc=vcl!-1o (1分) 解得aB=0.5m/s2 设经过t时间，B、C共速，则有 C落地后的加速度ac=μ2g=l.5m/s2(1分) vc-act=aBt (1分) C落地的速度v心=vc-act'=l.5m/s(1分) 朗容1一 v62 C落地后运动的位移x8=2n。=0.75m1分) 该过程中B、C的位移分别为 C运动的总位移 za-gen-gm 1 xc&=LA十xc十xC=5.3m (1分) (1分) 2025一2026学年度学科素养周测评（五） 物理·牛顿运动定律（二） 一、单项选择题 1.D【解析】设A、B之间的距离为x,冰壶由A运 律有mg一k(红一x)=ma,所以a=g+ 动到B,根据运动学公式可得一 =24gx, m1,由此可知，ax图线应为倾斜直线，当弹力增 设摩擦后B、D间摩擦因数为以'，冰壶由B运动 大到与重力相等时，运动员的加速度为零，之后， 到D有)=gX2,得=台D正， 2 运动员所受弹力大于重力，加速度向上，根据牛 顿第二定律可得k(x-x1)一mg=ma,即a= 2.A【解析】根据题意，当运动员在刚开始下落阶 段，只受重力，加速度为重力加速度，保持不变， m之一m工1一8随着x增大，加速度反向，大小与 当与蹦床接触后，运动员受到向上的弹力，设运 前一阶段相同，A正确。 动员刚与蹦床接触时位移为x1,根据牛顿第二定 3.A【解析】对m1m2受力分析如图甲、乙所示，因 为1恰好没有离开斜面，故其和斜面无弹力，可 B 。10· ·物理· 参考答案及解析 23 动，对C有mg-2T1=mac,对A、B整体有T1= 知绳上的弹力T=3g,整体的加速度a= √3 1 3ma又国为a=2ac,解释a=沿m/S,C错深 T 2 二、多项选择题 m2g,两式联立解得m1:m2=1:2,A正确。 6.AD【解析】设滑沙者经过B,点时的速度大小为 1 1 N UB,则有xAB=2 UnlAn=x=2UBLC,O员= 30° 2 Q ABTAB=2 a BCX BC,解得tAB=tBC,aAB=aBC,A 正确，B错误；设沙坡的倾角为α，滑沙者在AB 段加速，表明μAB<tana,在BC段减速，表明 m. Bc>tana,即hAB<μBc,C错误；滑沙者在两段 乙 损失的机械能等于在这两段克服摩擦力做的功， 4.C【解析】由于木板B初始速度为零，所以传送带 结合W:=mg cos aXx,可知滑沙者在AB间运 对木板B的摩擦力水平向右，铁块A对木板B的摩 动时损失的机械能小，D正确。 擦力水平向左，由牛顿第二定律得2(M十m)g 7,BD【解析】加速运动时，货物所受合外力不为 h1mg=MaB1mg=maA,解得aB=4m/s2,aA= 零，老虎车对货物的作用力方向不是竖直向上，A 1m/s2,分别做A、B的t图像，如图所示，0~ 错误；若夹角α由37°缓慢增大到90°，老虎车对 0.5s内A、B发生相对滑动，分别做匀加速直线 货物的作用力大小与货物重力大小相等，方向竖 运动，0.5s时B与传送带共速，之后与传送带一 直向上，因此老虎车对货物的作用力不变，B正 起匀速运动，A继续加速，A对B的摩擦力f= 确；加速向左运动时，若挡板对货物作用力F2,老 1mg=2N,且f<u2(M十m)g,B处于平衡态， 虎车平面对货物的作用力F1,则有F2cosα一 所以B与传送带之间的摩擦力也为2N,2s时A、 F1sina=ma,由于加速度未知，故老虎车平面对 B共速，然后一起与传送带匀速运动，A、B错误； 货物的作用力与挡板对货物作用力的大小无法 由图像可知，A相对B的位移x=(2一0.5)×2X 比较，C错误；为使货物不离开挡板，临界状态时 2=1.5m,所以若使A不从B上滑落，由于A最 有mg tan a=ma,得a=7.5m/s2,故老虎车向右 的加速度不能超过7.5m/s2,D正确。 初放在B的中央，所以B的长度至少L=2x=3m, 三、非选择题 C正确；0.5s内传送带的位移x1=2×0.5=1m, 8.(1)A(2分)(2)错误(2分)(3)8.20(2分) 0.5~2s内传送带的位移x2=2×(2一0.5)=3m, 电动机多消耗的电能E=u2(M十m)gx1+fx2= 4M+m(3分)(5)直线3分y M 12J,D错误。 【解析】(1)该实验需要研究三个物理量之间的关 Ams） 系，在实验过程中需要先保持其中一个物理量不 变，可知我们应该采用的研究方法是控制变量 法，A正确。 (2)平衡摩擦力时，应不挂槽码，将小车放在水平 0.5 2 静止的长木板上，将木板不带滑轮的一端适当垫 5.B【解析】设细线拉力为T,对A受力分析，有 高，轻推小车，使小车拖着纸带向下滑动，纸带上 T-μ·2mg=2maA,当外界拉力越大，则A物 打出的点迹分布均匀，可知这名同学的操作错误。 体的加速度越大，所以A物体的最大加速度为 (3)根据题意可知，相邻两，点之间的时间间隔T= 20m/s2,A错误；对B受力分析，当A、B之间的 摩擦力达到最大摩擦力，其加速度有最大值，有以· 5Xs=0.15,根据逐差法可知，小车的加速度Q 2mg=mam,解得am=4m/s2,B正确；假设A、B (68.1+76.4+84.6)×102-(43.6+51.7+60.0)×10-2 -m/s2 治好不发主相对滑动，对C有mcg一2T=me“2, 9×0.12 =8.20m/s2。 对A、B整体有T=3maBm,解得mc=3m,D错 (4)小车和砝码总质量不变，对槽码与小车和砝 误；当C的质量为m时，A、B整体未发生相对滑 码构成的整体，根据牛顿第二定律有mg=F= ·11· B 真题密卷 学科素养周测评 F (M十m)a,则有a=M+m 该图线为题图丙中 物块速度减为零至两者共速的过程，物块和木板 的加速度大小不变a1=2m/s2 1 QN 的图线1，则有M十mON,对小车和砝码进行 a:=3 m/s 分析，近似认为槽码重力等于小车和砝码所受外 则有v2一a2t2=a1t2 (1分) 力的合力，根据牛顿第二定律有mg=F=Ma,则 该过程中二者的相对位移大小 F 有Q=,该图线为题图丙中的图线2，则有M 1 1 △x1=w2t?-2a,t号-2a1t号 (1分) 微N-“ 则整个运动过程中物块与木板的相对位移 TQN-M。 △x=x1十x2+△x (1分) (5)保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码 解得△x=9.6m。 (1分) 分别逐个叠放在小车上，槽码、小车和砝码总质 10.(1)0.5(2)当v≥11m/s时，x=12.1m;当 量不变，以槽码、小车和砝码为整体，则有mg= F 0≤<11m/s时，x=5.5+52(m F=(M+m)a,解得a一M十m,可知得到的aF 【解析】(1)货物由释放到最终静止过程，根据动 图像是一条直线。 能定理 9.(1)6m/s(2)9.6m mgLsin0-mg cos0·L-mgd=0-0(2分) 【解析】(1)设木板与水平面间的动摩擦因数为1， 解得μ=0.5。 (2分) 物块与木板间的动摩擦因数为μ2，碰后木板向右 (2)若传送带速度一直大于物块速度，根据牛顿 做减速运动，物块向左做减速运动。假设物块速 第二定律 度先减到零，根据题图乙可知，物块的加速度大小 mg sin 0+umg cos 0=ma (2分) 4 a1-4-2m/s2=2m/s2 (1分) 解得a1=11m/s2 (1分) 物块到达B时的速度大小 木板的加速度大小 v1=√2a1L=11m/s (1分) 物块水平运动过程中，根据动能定理 、Q2=)m/s=3m/s2 (1分) 1 (1分) 根据牛顿第二定律有42mg=ma1 (1分) umgz-02mv uzmg+u(M+m)g=Ma2 (1分) 解得x=12.1m (1分) 解得41=0.1,42=0.2 (2分) 即当v≥11m/s时，x=12.1m (1分) 41<以2<1，假设成立，同理可证，木板速度先减为 当v<11m/s时，货物先相对传送带向上运动， 零的情况不符合题述，根据题意可知初始两者同 加速度为a1,再相对传送带向下运动，加速度为 时以相同初速度。向左减速运动，加速度大小 a2,根据牛顿第二定律 ao=uig=1 m/s2 (1分) mg sin 0-umg cos 6=ma2 (2分) 由题图乙知v1=4m/s (1分) 解得a2=5m/s2 (1分) 且t0=2s又v1=vo-aoto (1分) 加速到v的过程中v2=2a1L1 (1分) 解得初速度大小o=6m/s。 (1分) 然后再运动到B的过程中 (2)与墙壁碰撞后瞬间至物块速度减为零，物块的 v3-v2=2a2(L-L1) (1分) 位移大小=2 物块水平运动过程中，根据动能定理 (1分) U1十U2 umga=0-1 nu22 (2分) 木板的位移大小x2= 2t1 (1分) t1=2s (1分) 整理得x 22 105.521 10 -=5.51 24g (m) 3 4 v=3 m/s (1分) (2分) B ·12·